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1、特征方程法求数列通项特征方程法求解递推关系中的数列通项 一、设已知数列an的项满足a1=b,an+1=can+d,其中c0,c1,求这个数列的通项公式。 采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程x=cx+d,称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定理形式进行阐述. 定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为x0，则当x0=a1时，an为常数列，即an=a1;当x0=a1时,an=bn+x0，其中bn是以c为公比的等比数列， 即bn=b1cn-1,b1=a1
2、-x0. 证明：因为c0,1,由特征方程得x0=则bn-1=an-1-x0=can+d-d1-cd1-c.作换元bn=an-x0,cd1-c=can-=c(an-x0)=cbn. n-1当x0a1时，b10，数列bn是以c为公比的等比数列，故bn=b1c; 当x0=a1时，b1=0，bn为0数列，故an=a1,nN. 下面列举两例，说明定理1的应用. 例1已知数列an满足：an+1=-解：作方程x=-13x-2,则x0=-3232=13an-2,nN,a1=4,求an. . 112. 当a1=4时，a1x0,b1=a1+数列bn是以-113为公比的等比数列. 11213n-1于是bn=b1(-
3、)3n-1=(-),an=-32+bn=-32+112(-13)n-1,nN. 来源学。科。网来源:Zxxk.Com例2已知数列an满足递推关系：an+1=(2an+3)i,nN,其中i为虚数单位。当a1取何值时，数列an是常数数列？ 解：作方程x=(2x+3)i,则x0=-6+3i5.要使an为常数，即则必须a1=x0=-6+3i5.来源学科网二、定理2：对于由递推公式an+2=pan+1+qan，a1=a,a2=b给出的数列an，方程x2-px-q=0，叫做数列an的特征方程。来源学科网n-1若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数列an的通项为an=Ax1n-1+Bx2，其n-1
4、中A，B由a1=a,a2=b决定；当x1=x2时，数列an的通项为an=(A+B)x1n-1，其中A，B由a1=a,a2=b决定。 例3：已知数列an满足a1=a,a2=b,3an+2-5an+1+2an=0(n0,nN)，求数列an的通项公式。 解法一来源学科网由3an+2-5an+1+2an=0，得 an+2-an+1=23(an+1-an)， 且a2-a1=b-a。 则数列an+1-an是以b-a为首项，23为公比的等比数列，于是 2n-1an+1-an=(b-a)。把n=1,2,3,n代入，得 3a2-a1=b-a，来源学&科&网2a3-a2=(b-a)，322a4-a3=(b-a)，
5、 3来源学科网ZXXK 2n-2an-an-1=(b-a)。 3把以上各式相加，得 2n-11-222n-23(b-a)。 an-a1=(b-a)1+=23331-32n-12n-1an=3-3(b-a)+a=3(a-b)+3b-2a。33来源:Zxxk.Com解法二：数列an：3an+2-5an+1+2an=0(n0,nN)， a1=a,a2=b的特征方程是：3x2-5x+2=0。 Qx1=1,x2=23, n-1an=Ax1n-1+Bx22n-1=A+B。 3又由a1=a,a2=b，于是 a=A+BA=3b-2a 2B=3(a-b)b=A+B3故an=3b-2a+3(a-b)32n-1an
6、三、(分式递推式)定理3：如果数列an+1=pan+qran+h满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有phqr,r0,a1-hr），那么，可作当特征方程有两个相同的根l时， a=l,nN;若a1=l,则n an=1bn+l,nN,bn=1a1-l+(n-1)rp-rl,nN.若a1l，则在n0N,其中an特别地，当存使bn0=0时，无穷数列不存在. an=l2cn-l1cn-1当特征方程有两个相异的根cn=a1-l1a1-l2(p-l1rp-l2r)n-1l1、l2时，则，nN, ,nN,(其中a1l2).其中 例3、已知数列annN,an-1=an+42an+3,满足性质：对于且a1=3
7、,求an的通项公式. x=x+4解:依定理作特征方程2x+3变形得2x+2x-4=0,其根为l1=1,l2=-2.故特,2征方程有两个相异的根，使用定理2的第部分，则有 cn=a1-l1a1-l225(-(p-l1rp-l2r)n-1=3-13+2(1-121-22)n-1,nN.cn=15)n-1,nN. -2=2525(-(-15)15)n-1an=l2cn-l1cn-1-1,nN.n-1-1an=(-5)-42+(-5)nn,nN.即 an+1=13an-25an+3.例5已知数列an满足：对于nN,都有a;若a1=5,求n a;若a1=3,求n a;若a1=6,求n 当a1取哪些值时，
8、无穷数列x=13x-25x+3.an不存在？ 解：作特征方程变形得x-10x+25=0,2特征方程有两个相同的特征根l=5.依定理2的第部分解答. a=l=5;(1)a1=5,a1=l.对于nN,都有n (2)a1=3,a1l.1a1-lrp-rlbn=+(n-1)1=13-5+(n-1)13-15 =-12+n-18, 令bn=0a，得n=5.故数列n从第5项开始都不存在， an=1bn+l=5n-17n-5当n4，nN时，. (3)a1=6,l=5,a1l. bn=1a1-l+(n-1)rp-lr=1+n-18,nN.令bn=0,则n=-7n.对于nN,bn0. +l=1+1n-18+5=
9、5n+43n+7,nN.an=1bn (4)、显然当a1=-3时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第小题的解答过程知，a1=5bn=时，数列1+(n-1)ran是存在的，当1a1-5+n-18,nN.a1l=5时，则有5n-13n-1,nNa1-lp-lr=令bn=0,则得a1=且n2. a1=5n-13n-1时，数列an从第n项开始便不存在. 5n-13:nN,当于是知：当a1在集合-3或n-1且n2上取值时，无穷数列an都不存在. 练习题： 求下列数列的通项公式： 1.在数列an=23n-1an中，n-2a1=1,a2=7,an=2an-1+3an-2(n3)，求an。 an=13(4-
10、1)n2.在数列3.在数列anan中，a1=1,a2=5,且an=5an-1-4an-2，求an。 n+1a=2aa=3,a2=7,an=3an-1-2an-2(n3)中，1，求n。 4.在数列ana1=3,a2=2,中，a1=3,a2=53an+2=23an+1+13an，求an5.在数列6.在数列anan中，,an+2=13(4an+1-an)，求an。 a=pan+1+qanaq=1时，中，a1=a,a2=b,n+2，且p+q=1.求n. 7.在数列anpan+2-(p+q)an+1+qan=0p,q中，a1=a,a2=a+b,.求anan=a+pp-q1-(qn-1.(p=q) 8.在
11、数列中，a1,a2给定，-an-1an=ban-1+can-2n-2.求an. an=bn-1(key:时，b-aa2+n-2c(b-an-2)b-an-1a1(ab)；若a=b，上式不能应用，此an=(n-1)a2a-(n-2)a1a.附定理3的证明 定理3(分式递推问题)：如果数列an+1=pan+qran+han满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有phqr,r0,a1-hr），那么，可作当特征方程有两个相同的根l时， an=1bn+l,nN,若bn=a1=l,1a1-l则an=l,nN;rp-rl若a1l，则其中+(n-1),nN.特别地，当存在n0N,使bn0=0时，无穷数列an
12、不存在. 当特征方程有两个相异的根l1、l2时，则cn=a1-l1a1-l2(p-l1rp-l2r)n-1an=l2cn-l1cn-1，nN,nN,(其中a1l2).其中 证明：先证明定理的第部分. 作交换dn=an-l,nN -ldn+1=an+1-l=pan+qran+h则=an(p-lr)+q-lhran+h=(dn+l)(p-lr)+q-lhr(dn+l)+h2=dn(p-lr)-rl+l(h-p)-qrdn+h-rlpl+qrl+h rl+l(h-p)-q=0.2l是特征方程的根，ldn+1=,nN.dn(p-lr)rdn将该式代入式得x=p+h-lr 将prr代入特征方程可整理得p
13、h=qr,这与已知条件phqr矛盾.故特征方程的根l,于是p-lr0. b=0,nN,an=dn+l=l,nN.当d1=0，即a1=d1+l=l时，由式得n故 当d10=即na1l时，由、两式可得=h+lrp-lr1dn+rdn0,nN.此时可对式作如下变化： 1dn+1rd+h-lrdn(p-lr)p-lr. l=p-h2r.由l是方程x=px+qrx+h的两个相同的根可以求得h+lrp-lrh+=p-p-h2rp-h2r1r=rh+pp+h=1, 1dn+rp-lr,nN.将此式代入式得bn=1dn,nN.dn+1= ,nN.rbn+1=bn+rp-lr令列. 则故数列bn是以p-lr为公
14、差的等差数bn=b1+(n-1)rp-lr,nN.b1=1d1=1其中a1-l.1bn+l,nN.当nN,bn0an=dn+l=时， 1bn0+l当存在n0N,使bn0=0an0=dn0+l=时，无意义.故此时，无穷数列an是不存在的. 再证明定理的第部分如下： 特征方程有两个相异的根l1、l2，其中必有一个特征根不等于a1，不妨令l2a1.于cn=an-l1an-l2,nN.是可作变换cn+1= pan+qran+han+1-l1an+1-l2an+1=故cn+1=，将代入再整理得 an(p-l1r)+q-l1han(p-l2r)+q-l2h,nN pr不是特征方程的根，故x=由第部分的证明
15、过程知故p-l1r0,p-l2r0.l1pr,l2.r p所以由式可得： cn+1=p-l1rp-l2ran+an+q-l1hp-l1rq-l2hp-l2r,nN x=px+qrx+h有两个相异根l1、l2方程rx2特征方程+x(h-p)-q=0有两个相异根l1、l2，而方程q-l1h=-l1,-x=q-xhp-xr与方程rx=-l22-x(h-p)-q=0又是同解方程. q-l2hp-l2rp-l1r将上两式代入式得 cn-1=p-l1rp-l2ran-l1an-l2=p-l1rp-l2rcn,nNp-l1rcp-l2r当c1=0,即a1l1时，数列n是等比数列，公比为.此时对于nN都有 cn=c1(p-l1rp-l2r)n-1=(a1-l1a1-l2)(p-l1rp-l2r)n-1.当c1=0即a1=l1时，上式也成立. cn=an-l1an-l2c=1,nN.且l1l2可知n 由an=l2cn-l1cn-1,nN.所以(证毕) pan+qan+1=pan+qran+hran+h注:当ph=qr时,会退化为常数;当r=0时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.
